EXERCICE III : Les dominos ( 4 points)

EXERCICE III : LES DOMINOS (4 points)
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Antilles Guyane 09/2009
1. Équation de la trajectoire
1.1. En négligeant les frottements solides et fluides,
g
la bille est soumise à son poids P  m.g entre les
points O et M exclus.
1.2. Le système {bille} est étudié dans le référentiel
terrestre supposé galiléen. La deuxième loi de
Newton impose alors : P  m.a
 m.g  m.a
P
finalement : a  g .
dx

 v x = v 0 = dt
1.3. On a 
v y = -gt = dy

dt
donc
x(0=) Cte1 = 0

y(0=) Cte2 = 0
d’après les conditions initiales
 x(t=) v .t 0

finalement : 
1
y=
(t )
gt

2

x
seconde : t =
v0

1.4. Au point M : yM =
 x(t=) v .t +0 Cte1

1 2

y(=
t)
gt + Cte2

2

. On isole le temps « t » de la première équation que l’on reporte dans la
2
1  x 
y(x) =  g 

2  v0 
gx M2
2v 02

2
v 02 
finalement : y(x) =
gx 2
2v 02
gx M2
2y M
En remarquant que yM < 0 et en ne conservant que la valeur positive de v0 , il vient : v 0 
gxM2
2yM
9,8  0,402
= 2,0 m.s-1.
v0 
2 ( 0,20)

2. Solutions techniques pour que la bille arrive en O avec la vitesse v 0
2.1. Utilisation d’un plan incliné
2.1.1. L’énergie mécanique EM est la somme de l’énergie cinétique EC = ½.m.v² et de l’énergie
potentielle de pesanteur EP = m.g.y (compte tenu de l’orientation de l’axe Oy et de l’origine de l’énergie
potentielle de pesanteur Ep(y=0) = 0 J). Ainsi :
EM = ½.m.v2 + m.g.y
Energie mécanique en A : EM(A) = ½.m.v2A + m.g.yA
Or vA = 0 m.s-1 car la bille est lâchée du point A sans vitesse initiale donc : EM(A) = m.g.yA
2.1.2. Energie mécanique en B : EM(B) = ½.m.v2B + m.g.yB
Or yB = 0 m donc EM(B) = ½.m.v2B.
2.1.3. Le système {bille-Terre} étant conservatif, l’énergie mécanique se conserve au cours du
mouvement, ainsi : EM(A) = EM(B)

m.g.yA = ½.m.v2B
finalement avec v0 = vB:
2.1.4. yA =
 2,0 
yA =
2
2  9,8
= 0,20 m
v 02
2.g
2.2. Utilisation d’un canon à bille
2.2.1. La force de rappel F exercée par le ressort sur la bille a pour expression : F  k.x.i
remarque : comme x < 0 alors F est orientée dans le même sens que le vecteur i .
2.2.2. On a : Fop  F  k.x.i
comme x < 0 alors Fop possède un sens opposé au i .
Fop
F
2.2.3. Le vecteur force Fop n’étant pas constant au cours de la compression, le travail de la force Fop
ne s’écrit pas W OC( Fop ) = Fop .OC
Par contre lorsque le point C se déplace d’une longueur élémentaire dx (entre x et x + dx), alors on peut
considérer la force Fop constante. On peut alors définir le travail élémentaire W( Fop ) :
W( Fop ) = Fop .dx
avec dx  dx.i
(avec dx < 0).
W( Fop ) = (k.x. i ).(dx.i ) = k.x.dx car i . i = 1.
En considérant maintenant le déplacement du point C entre x = 0 et x =xC on a :
WOC( Fop ) =
x  xC

x 0
xx
C
1
1
1

= .k.x C2 – 0 = .k.x C2
k.x.dx =  .k.x 2 
2
2
2
 x 0
2.2.4. L’énergie potentielle élastique du ressort est entièrement convertie en énergie cinétique pour la
bille (énoncé). On peut alors écrire :

xC  
2.2.5. xC = –
m.v 02
k
1
1
.k.x C2 = .m.v 02
2
2
en ne gardant ici que la solution négative car xC < 0 !
60  103  2,02
= – 6,9  10–2 m = – 6,9 cm.
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